Deje $\mathcal{D}(T)$ ser el conjunto de vectores $x$ para las que el límite de $\lim_{n}T_{n}x$ existe, y deje $Tx$ el valor del límite. No es difícil comprobar que $\mathcal{D}(T)$ es un espacio lineal y que $T$ es lineal en su dominio. $T$ está acotada en su dominio con $\|Tx\|\le \|x\|$ todos los $x\in\mathcal{D}(T)$ porque $\|T_{n}\| \le 1$ todos los $n$.
El dominio $\mathcal{D}(T)$ es cerrado. Para ver esto, vamos a $x\in\mathcal{D}(T)^{c}$. Debido a $x\in\mathcal{D}(T)^{c}$, a continuación, para cada $\epsilon > 0$ existe $x_{\epsilon} \in \mathcal{D}(T)$ tal que $\|x-x_{\epsilon}\| < \epsilon/3$; para ello se fija $\epsilon$ podemos, a continuación, elija $N$ tal que $\|T_{n}x_{\epsilon}-T_{m}x_{\epsilon}\|<\epsilon/3$ siempre $n,m \ge N$. De ello se desprende que, para $n,m \ge N$,
$$
\begin{align}
\|T_{n}x-T_{m}x\| & \le\|T_{n}(x-x_{\epsilon})\|
+\|T_{n}x_{\epsilon}-T_{m}x_{\epsilon}\|+\|T_{m}(x-x_{\epsilon})\| \\
& < \|x-x_{\epsilon}\|+\epsilon/3+\|x-x_{\epsilon}\| < \epsilon.
\end{align}
$$
En consecuencia, $\{ T_{n}x\}$ converge para $x \in \mathcal{D}(T)^{c}$, lo que demuestra que $\mathcal{D}(T)=\mathcal{D}(T)^{c}$.
Es fácil comprobar que $(I-S)T_{n}=T_{n}(I-S)=\frac{1}{n}(S^{n}-I)$, que converge a$0$$\mathcal{L}(X)$. Si $x\in\mathcal{D}(T)$,$(I-S)x\in\mathcal{D}(T)$$(I-S)Tx=T(I-S)x=0$. Por lo $S$ mapas de $\mathcal{D}(T)$ dentro de sí mismo, y
$$
STx=TSx = Tx,\;\;\; x \in \mathcal{D}(T).
$$
El uso de esta, $T_{n}T=T$$\mathcal{D}(T)$, lo que muestra, además, que el $T$ mapas de $\mathcal{D}(T)$ dentro de sí mismo, con
$$
T^{2}x=Tx,\;\;\; x \in \mathcal{D}(T).
$$
Por lo $T$ es una proyección de su dominio. $T=0$ $\mathcal{R}(I-S)^{c}$ ; y $T=1$ $\mathcal{N}(I-S)$ porque $T_{n}x=x$$x\in\mathcal{N}(I-S)$.
Si el rango de $I-S$ es denso en $X$,$\mathcal{D}(T)=X$. No veo cómo tomar el problema de dominio más allá de
$$
(\mathcal{N}(es)+ \mathcal{R}(es))^{c}\subseteq\mathcal{D}(T).
$$
Nueva Incorporación: Si $S^{\star}x=x$$x\ne 0$, luego
$$
(Tx,x) = \lim_{n}\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}(x,(S^{\estrella})^{r}x)=(x,x).
$$
Por el Cauchy-Schwarz desigualdad
$$
(x,x)=(Tx,x)=|(Tx,x)|\le \Tx |\|\|x\| \le \|x\|^{2}.
$$
Así que usted tiene la igualdad para los de Cauchy-Schwarz desigualdad. Desde $Tx \ne 0$ es implícita, entonces existe $\lambda$ tal que $Tx=\lambda x$ porque $\{ Tx,x\}$ debe ser linealmente dependiente conjunto de vectores. A continuación, $(x,x)=(Tx,x)=\lambda(x,x)$ da $\lambda=1$, lo que implica que $T=I$$\mathcal{N}(I-S^{\star})=\mathcal{R}(I-S)^{\perp}$. Ya sabíamos que el $T=0$$\mathcal{R}(I-S)^{c}$. Por lo $T$ se determina en
$$
X=\mathcal{R}(es)^{c}\oplus\mathcal{R}(es)^{\perp}=\mathcal{R}(es)^{c}\oplus\mathcal{N}(es^{\star}).
$$
Parece que $T$ debe ser la proyección ortogonal en $\mathcal{N}(I-S^{\star})$.
Creo que se puede aplicar el mismo análisis de nuevo después de en sustitución de en sustitución de $S$ $S^{\star}$ y la obtención de la correspondiente $T'$. Se seguiría que $T'=T^{\star}$ es la proyección ortogonal sobre $\mathcal{N}(I-S^{\star\star})=\mathcal{N}(I-S)$.
Sin embargo $T^{\star}=T$ es una proyección ortogonal, lo que significa que $\mathcal{N}(I-S)=\mathcal{N}(I-S^{\star})$. Estoy asumiendo $\mathcal{D}(T')=X$ nuevo. Ese es un punto que al parecer puede ser probada de acuerdo a la declaración del problema en el archivo PDF.
